合成関数の逆操作について

関数的平方根

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hello

初めましてcbrtxです。
関数的平方根の記事を読んで、自分も調べてみたいと思い投稿することにしました。

関数的平方根

$f(x)$の関数的平方根とは任意の$x \in \mathbb{R} $($\mathbb{C}$かも)において、

$f(x)=g(g(x)) $　を満たす$g(x)$のことであり、$g(x)$を$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x)$と表す。

定義が分かったところで性質を確認してみましょう。

交換

$$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f(x))=f(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x))$$

定義より $f(x)=f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x))$ であるから、
$$f(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x))=f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x)))$$
よって、$f(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x))=f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f(x))$

合成不動点定理 (適当)

方程式$x=f(x)$の唯一の解が$\alpha$であるとき、$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\alpha)=\alpha$

$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\alpha)=\beta~(\alpha\ne\beta)$と仮定する。
\begin{eqnarray} f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\alpha))&=&f(\alpha) \\[7pt] f_{[{\tiny\frac{1}{2}}]}(\beta) &=&\alpha \end{eqnarray}さらに、$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\beta))=f(\beta)$なので、
\begin{eqnarray} f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\beta))&=&f(\beta) \\[7pt] f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\alpha)&=&f(\beta) \\[7pt]\beta&=&f(\beta) \end{eqnarray}
これは$\alpha$が$x=f(x)$の唯一の解であることに矛盾。
よって$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\alpha)=\alpha$

$\gamma\ne f(\gamma)$であれば、$\gamma\ne f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(\gamma)$

証明略　背理法を使えば証明できる。

これらの性質はいずれ使います。(予定)

試しにやってみる

$f(x)=x^2$の関数的平方根を1つ求めよ。

方針：$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x)=x^a$の形と予想する。
$$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x))=(x^a)^a=x^{a^2}$$これが$x^2$と等しくなるから、
\begin{eqnarray}x^{a^2}&=&x^2 \\ a^2&=&2 \\a&=&\pm \sqrt{2} \end{eqnarray}一つ求めるだけでいいから、$+$のほうを選んで$x^{\sqrt{2}}$

さらに一般化した問題も解いてみましょう。

$f(x)=ax^b~(a,b>0)$の関数的平方根を1つ求めよ。

$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x)=ux^v$と仮定する。
$$ax^b=f(x)=f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x))=u(ux^v)^v=u^{v+1}x^{v^2}$$
つまり、$a=u^{v+1},b=v^2$
よって、$v=\sqrt{b}$。代入して、$u={a^\frac{1}{\sqrt{b}+1}}$
$$f_{[\tiny\frac{1}{2}]}(x)=a^{\frac{1}{\sqrt{b}+1}}x^{\sqrt{b}}$$

これで単項式は関数的平方根を閉じた形で表せることがわかりました。